Tài liệu Chương 1 - Bài 1 (Dạng 5): Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức docx

8 1.7K 47
Tài liệu Chương 1 - Bài 1 (Dạng 5): Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức docx

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

27 Dạng 5 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức. • Đưa bất đẳng thức về dạng ( ) ( ) , ; f x M x a b ≥ ∈ . • Xét hàm số ( ) ( ) , ; y f x x a b = ∈ . • Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng ( ) ; a b . • Dựa vào bảng biến thiên và kết luận. Ví dụ 1 : Với 0; 2 x π   ∈     .Chứng minh rằng : 1. sin t n 2 x a x x + > 2 sin 2. 1 x x π < < Giải : 1. sin t n 2 x a x x + > * Xét hàm số ( ) sin t n 2 f x x a x x = + − liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π       . * Ta có : ( ) 2 2 2 1 1 ' cos 2 cos 2 0, 0; 2 cos cos f x x x x x x π   = + − > + − > ∀ ∈     ( ) f x ⇒ là hàm số đồng biến trên 0; 2 π       và ( ) ( ) 0 , f x f> 0; 2 x π   ∀ ∈     hay sin t n 2 , 0; 2 x a x x x π   + > ∀ ∈     (đpcm). ⊕ Từ bài toán trên ta có bài toán sau : Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn thì sin sin sin tan tan tan 2 A B C A B C π + + + + + > 2 sin 2. 1 x x π < < * Với 0 x > thì sin 1 x x < (xem ví dụ 2 ) * Xét hàm số ( ) sin x f x x = liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π       . * Ta có ( ) 2 .cos sin ' , 0; 2 x x x f x x x π   − = ∀ ∈     . * Xét hàm số ( ) .cos sin g x x x x = − liên trục trên đoạn 0; 2 π       và có 28 ( ) ( ) ' .sin 0, 0; 2 g x x x x g x π   = − < ∀ ∈ ⇒     liên tục và nghịch biến trên đoạn 0; 2 π       và ta có ( ) ( ) 0 0, 0; 2 g x g x π   < = ∀ ∈     * Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) 2 ' ' 0, 0; 2 g x f x x f x x π   = < ∀ ∈ ⇒     liên tục và nghịch biến trên nửa khoảng 0; 2 π       , ta có ( ) 2 , 0; 2 2 f x f x π π π     > = ∀ ∈         . Bài tập tương tự : Chứng minh rằng với mọi 0; 2 x π   ∈     ta luôn có: 1. tan x x > 3 2. tan 3 x x x> + 3. 2 sin tan 3 x x x + > 3 4. 2 cot sin x x x < + Ví dụ 2 : Chứng minh rằng : 1. sin , 0; 2 x x x π   ≤ ∀ ∈     3 2. sin , 0; 3! 2 x x x x π   > − ∀ ∈     2 4 3. cos 1 , 0; 2 24 2 x x x x π   < − + ∀ ∈     3 sin 4. cos , 0; 2 x x x x π     > ∀ ∈         . Giải : 1. sin , 0; 2 x x x π   ≤ ∀ ∈     * Xét hàm số ( ) sin f x x x = − liên tục trên đoạn 0; 2 x π   ∈     * Ta có: '( ) cos 1 0 , 0; 2 f x x x π   = − ≤ ∀ ∈ ⇒     ( ) f x là hàm nghịch biến trên đoạn 0; 2 π       . Suy ra ( ) (0) 0 sin 0; 2 f x f x x x π   ≤ = ⇔ ≤ ∀ ∈     (đpcm). 29 3 2. sin , 0; 3! 2 x x x x π   > − ∀ ∈     * Xét hàm số 3 ( ) sin 6 x f x x x= − + liên tục trên nửa khoảng 0; 2 x π   ∈     . * Ta có: 2 '( ) cos 1 "( ) sin 0 0; 2 2 x f x x f x x x x π   = − + ⇒ = − + ≥ ∀ ∈     (theo câu 1) '( ) '(0) 0 0; ( ) (0) 0 0; 2 2 f x f x f x f x π π     ⇒ ≥ = ∀ ∈ ⇒ ≥ = ∀ ∈         3 sin , 0; 3! 2 x x x x π   ⇒ > − ∀ ∈     (đpcm). 2 4 3. cos 1 , 0; 2 24 2 x x x x π   < − + ∀ ∈     * Xét hàm số 2 4 ( ) cos 1 2 24 x x g x x= − + − liên tục trên nửa khoảng 0; 2 x π   ∈     . * Ta có: 3 '( ) sin 0 0; 6 2 x g x x x x π   = − + − ≤ ∀ ∈     (theo câu 2) ( ) (0) 0 0; 2 g x g x π   ⇒ ≤ = ∀ ∈     2 4 cos 1 , 0; 2 24 2 x x x x π   ⇒ < − + ∀ ∈     (Đpcm). 3 sin 4. cos , 0; 2 x x x x π     > ∀ ∈         . Theo kết quả câu 2, ta có: 3 sin , 0; 6 2 x x x x π   > − ∀ ∈     3 3 2 2 2 4 6 sin sin 1 1 1 6 6 2 12 216 x x x x x x x x x       ⇒ > − ⇒ > − = − + −         3 2 4 4 2 sin 1 (1 ) 2 24 24 9 x x x x x x   ⇒ > − + + −     30 Vì 3 2 2 4 sin 0; 1 0 1 2 9 2 24 x x x x x x π     ∈ ⇒ − > ⇒ > − +         Mặt khác, theo câu 3: 2 4 1 cos , 0; 2 24 2 x x x x π   − + > ∀ ∈     Suy ra 3 sin cos , 0; 2 x x x x π     > ∀ ∈         (đpcm). Nhận xét: Ta có sin 0 sin 0 1 (0; ) 2 x x x x x π < < ⇒ < < ∀ ∈ nên 3 sin sin 3 x x x x α α     ≥ ∀ ≤         . Do đó, ta có kết quả sau Chứng minh rằng: với 3 α ∀ ≤ , ta luôn có: sin cos 0; 2 x x x x α π     ≥ ∀ ∈         . Bài tập tương tự : Chứng minh rằng : 2 2 4 1. 1 cos 1 , 0 2 2 24 x x x x x − < < − + ∀ ≠ 2 1 1 2. sin 1 , 0 6 x x x x > − ∀ > Ví dụ 3 : Chứng minh rằng 2 2 2 1 1 4 1 , 0; 2 sin x x x π π   < + − ∀ ∈     Giải : * Xét hàm số 2 2 1 1 ( ) sin f x x x = − liên tục trên nửa khoảng 0; 2 x π   ∈     . * Ta có: 3 3 3 3 3 3 2 cos 2 2( cos sin ) '( ) sin sin x x x x f x x x x x − + = − + = . Theo kết quả câu 4 - ví dụ 2 , ta có: 3 sin cos , 0; 2 x x x x π     > ∀ ∈         3 3 cos sin 0 , 0; '( ) 0 , 0; 2 2 x x x x f x x π π     ⇒ − + > ∀ ∈ ⇒ > ∀ ∈         2 4 ( ) 1 , 0; 2 2 f x f x π π π     ⇒ ≤ = − ∀ ∈         Do vậy: 2 2 2 1 1 4 1 , 0; 2 sin x x x π π   < + − ∀ ∈     (đpcm). 31 Bài tập tương tự : 1. Chứng minh rằng : ( ) 2 2 4 sin x x x π π < − với mọi 0; 2 x π   ∈     . 2. Chứng minh rằng : ( ) 2 2 sin 4 12 x x x x π π π > + − với mọi 0; 2 x π   ∈     . Ví dụ 4 : Với 0 2 x π ≤ < . Chứng minh rằng 3 1 2.sin t n 2 2 2 2 x x a x + + > Giải : * Ta có: 1 sin t n 2.sin t n 2 sin t n 2 2 2 2. 2 .2 2.2 x a x x a x x a x + + ≥ = Ta chứng minh: 1 3 sin t n 2 2 1 3 2 2 sin t n 2 2 x x a x x a x x + ≥ ⇔ + ≥ 0; 2 x π   ∀ ∈     . * Xét hàm số ( ) 1 3 sin t n 2 2 x f x x a x = + − liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π       . * Ta có: ( ) 3 2 2 2 1 3 2 cos 3cos 1 ' cos 2 2.cos 2 cos x x f x x x x − + = + − = 2 2 (cos 1) (2 cos 1) 0 , 0; 2 2 cos x x x x π   − + = ≥ ∀ ∈     . ( ) f x ⇒ đồng biến trên [0; ) 2 π 1 3 ( ) (0) 0 sin tan 2 2 f x f x x x ⇒ ≥ = ⇒ + ≥ , 0; 2 x π   ∀ ∈     (đpcm). Ví dụ 5 : Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số tự nhiên 1 n > 1 1 2 n n n n n n n n + + − < Giải : * Đặt ( ) 0;1 , * n n x n N n = ∈ ∀ ∈ . * Bất đẳng thức cần chứng minh là: ( ) 1 1 2, 0;1 n n x x x+ + − < ∀ ∈ * Xét hàm ( ) 1 1 , [0;1) n n f x x x x= + + − ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 ' 0, 0;1 1 1 n n n n f x x n x x − −     ⇒ = − < ∀ ∈       + −   32 Vậy ( ) f x giảm trên ( ) 0;1 nên ( ) ( ) ( ) 0 2, 0;1 f x f x< = ∀ ∈ . Ví dụ 6: 1. Cho 0 x y z ≥ ≥ ≥ .Chứng minh rằng : x z y x y z z y x y z x + + ≥ + + 2. Cho , , 0 x y z > .Chứng minh rằng: 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x + + + + + ≥ + + + + + Giải : 1 Cho 0 x y z ≥ ≥ ≥ .Chứng minh rằng : x z y x y z z y x y z x + + ≥ + + 0 x y z ≥ ≥ ≥ * Xét hàm số : ( ) x z y x y z f x z y x y z x   = + + − + +     . * Ta có: 2 2 2 1 1 1 1 '( ) ( ) ( ) ( )( ) 0, 0 y z f x y z x z y yz x x x = − − − = − − ≥ ∀ ≥ ( ) f x ⇒ là hàm số đồng biến 0 x ∀ ≥ ( ) ( ) 0 f x f y ⇒ ≥ = ⇒ đpcm. 2. Cho , , 0 x y z > Chứng minh rằng: 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x + + + + + ≥ + + + + + . Không mất tính tổng quát ta giả sử: 0 x y z ≥ ≥ > . * Xét hàm số 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x = + + + + + − + − + − + * Ta có 3 2 3 3 '( ) 4 3 ( ) ( ) ( ) f x x x y z xyz yz x y z y z = − + + + + + − + 2 "( ) 12 6 ( ) 2 f x x x y z yz ⇒ = − + + "( ) 0 f x ⇒ > (do x y z ≥ ≥ ) 2 3 2 '( ) '( ) ( ) 0 f x f y z y z z y z ⇒ ≥ = − = − ≥ nên ( ) f x là hàm số đồng biến. 4 3 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 0 f x f y z z y y z z z y ⇒ ≥ = − + = − ≥ ⇒ đpcm. Ví dụ 7: 1. Cho , , 0 a b c > . Chứng minh rằng: 3 2 a b c a b b c c a + + ≥ + + + . 2. Cho 0 a b c < ≤ ≤ . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) a b c c a b c c a a b a c a − + + ≤ + + + + + . 33 Giải : 1. Cho , , 0 a b c > . Chứng minh rằng: 3 2 a b c a b b c c a + + ≥ + + + * Đặt , , 1 b c a x y z xyz a b c = = = ⇒ = và bất đẳng thức đã cho 1 1 1 3 1 1 1 2 x y z ⇔ + + ≥ + + + . * Giả sử 1 1 z xy ≤ ⇒ ≥ nên có: 1 1 2 2 1 1 1 1 z x y xy z + ≥ = + + + + 2 1 1 1 2 1 2 1 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 z t f t x y z z t z t ⇒ + + ≥ + = + = + + + + + + + với 1 t z = ≤ * Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2(1 ) '( ) 0 (1 ) (1 ) (1 ) t t f t t t t − = − ≤ ≤ + + + 3 ( ) (1) , 1 2 f t f t ⇒ ≥ = ∀ ≤ ⇒ đpcm. 2. Cho 0 a b c < ≤ ≤ . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) a b c c a b c c a a b a c a − + + ≤ + + + + + * Đặt , ,1 b c x x a a α α = = ≤ ≤ . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2 2 2 2 4 1 1 1 x x x x x x α α α + + + + ≤ + + + + 2 1 2 ( 1) 1 (2 2 ) 1 x x x x x x α α α + + ⇔ + + ≥ + + + + * Xét hàm số 2 1 2 ( 1) ( ) 1 (2 2 ), 1 1 x x x f x x x x x α α α α + + = + + − + + ≤ ≤ + + * Ta có: 2 2(2 1) 1 '( ) 2 1 2 1 ( ) x f x x x α α α + − = + − − + + 2 2 +1 2 '( ) ( 1) 0, 1 +1 ( ) x f x x x α α α α   = − − ≥ ≤ ≤     +   Như vậy hàm ( ) f x là đồng biến do đó 2 1 ( ) ( ) 3 3f x f α α α α ≥ = − + − 34 Nhưng 3 2 2 2 1 1 1 '( ) 2 3 3 3 . . 3 0 f α α α α α α α α α = − + = + + − ≥ − = ( ) ( ) (1) 0 f x f f α ⇒ ≥ ≥ = ⇒ đpcm. Bài tập tự luyện: 1. Cho hàm số ( ) 2 sin t n 3 f x x a x x = + − ) a Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 π       . ) b Chứng minh rằng 2 sin t n 3 x a x x + > với mọi 0; 2 x π   ∈     . 2. ) a Chứng minh rằng t n a x x > với mọi 0; 2 x π   ∈     . ) b Chứng minh rằng 3 t n 3 x a x x> + với mọi 0; 2 x π   ∈     . 3. Cho hàm số ( ) 4 t n f x x a x π = − với mọi 0; 4 x π   ∈     ) a Xét chiều biến thiên của hàm số trên đoạn 0; 4 π       . ) b Từ đó suy ra rằng 4 t n x a x π ≥ với mọi 0; 4 x π   ∈     . 4. Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau : ) a sin x x < với mọi 0 x > ) b sin x x > với mọi 0 x < ) c 2 cos 1 2 x x > − với mọi 0 x ≠ ) d 3 sin 6 x x x> − với mọi 0 x > ) e 3 sin 6 x x x< − với mọi 0 x < ) f sin t n 2 x a x x + > với mọi 0; 2 x π   ∈     . . 1 1 1 3 1 1 1 2 x y z ⇔ + + ≥ + + + . * Giả sử 1 1 z xy ≤ ⇒ ≥ nên có: 1 1 2 2 1 1 1 1 z x y xy z + ≥ = + + + + 2 1 1 1 2 1 2 1 ( ) 1 1 1 1 1 1. 27 Dạng 5 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức. • Đưa bất đẳng thức về dạng ( ) ( ) , ; f x M x a b ≥ ∈ . • Xét hàm số ( ) ( ) ,

Ngày đăng: 25/01/2014, 20:20

Hình ảnh liên quan

• Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng () . • Dựa vào bảng biến thiên và kết luận - Tài liệu Chương 1 - Bài 1 (Dạng 5): Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức docx

p.

bảng biến thiên của hàm số trên khoảng () . • Dựa vào bảng biến thiên và kết luận Xem tại trang 1 của tài liệu.

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan